1、试卷满分：100分 考试时间：90分钟可能用到的相对原子量：H1 C12 O16 Na23 S32 Fe56 Cu64一选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共16小题）1下列化学用语正确的是:A 乙烯的结构式：CH2=CH2 BCl的结构示意图：CI131： 78 53I DNa2S 的电子式：【答案】D【解析】试题分析：CH2=CH2是乙烯的结构简式，选项A不正确； 是氯原子能的结构示意图，选项B不正确；131是碘的质量数，表示方法：131I，选项C不正确； 是Na2S 的电子式，选项D正确。考点：化学用语，重点考查有机物的结构式、离子的结构示意图、核素的表示方式及化合物的电子式
2、等。2下列有关物质的分类合理的是AC60、HD均属于单质 B漂白粉、明矾均属于混合物C氯化铵、硫酸均属于离子化合物 DSO2、NxOy均属于酸性氧化物【答案】A【解析】试题分析：H与D同属氢元素，HD为单质，选项A正确；明矾是纯净物，选项B不正确；硫酸是共价化合物，选项C不正确；NO、NO2、N2O等不属于酸性氧化物，选项D不正确。考点：考查物质的分类方式3下列说法正确的是A能自发进行的化学反应，一定是H0B分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液C焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化D钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为 Fe3e-
3、= Fe3+【答案】B【解析】试题分析：因G=H-TS，当H0、S0或H0、SV2,则说明HA的酸性比HB得酸性强，选项A正确；对于其中的弱酸，中和后得到弱酸强碱盐，该盐水解呈碱性，溶液的pH大于7，选项B不正确；对于其中的弱酸，稀释时电离度增大，所以，稀释十倍后溶液的pH小于3，选项C不正确；由于弱酸的物质的量浓度较大，分别往等体积的两种酸溶液中加入足量锌粉，充分反应后，弱酸产生的H2的体积大，选项D不正确。考点：考查弱酸与强酸的电离程度、酸碱中和产物是否水解及稀释时促进弱酸的电离等。14某同学设计如下图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是A石墨电极与直流电源负极相连B用湿润KI淀粉
4、试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色C氢氧化钠在石墨电极附近产生， Na+向石墨电极迁移D铜电极的反应式为：2H+ 2e- H2【答案】D【解析】试题分析：设计本装置的目的是探究氯碱工业原理，也就是电解氯化钠溶液，故铜电极只能用作阴极，连接电源的负极，选项A不正确；铜电极周围得到的产物是氢气，无法使湿润KI淀粉试剂变蓝色，选项B不正确；氢氧化钠在铜电解周围产物，Na+向铜电极迁移，选项C不正确；铜电解发生的电极反应为2H+ 2e- H2，选项D正确。考点：电解原理的分析，重点考查电极材料对电极反应的影响15常温下，下列各溶液的叙述中正确的是ANaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c(Na+)
5、=c(HSO3-)+c(SO32-)B0.1 mol/L的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol/L盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c(CH3COO-)c(CH3COOH) c(Cl-)c(H+)C等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)D向1.00 L 0.3 mol/L NaOH溶液中缓慢通入0.2 mol CO2气体，溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】试题分析：任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3-）+3c（SO3
6、2-）+3c （H2SO3），选项A不正确；二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，溶液呈酸性，氯离子不水解，所以存在c（CH3COOH）c（Cl-），选项B不正确；等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的 Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42-）c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（SO42-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），选项C正
7、确；n（NaOH）=0.3mol/L1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32-水解程度大于HCO3-，所以c（CO32-）c（HCO3-），选项D不正确。考点：混合溶液里微粒浓度的大小比较，重点考查了电荷守恒及物料守恒的应用16A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下： 下列分析不正确的是A当m1m2时，溶液a中阴离子只有1种B生成蓝色溶液的离子方程式为：C要确定混合物中是否含A1，可取A加入适量稀HC1D当m2
8、m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32 g【答案】A【解析】试题分析：当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子除AlO2，还有OH，选项A不正确；Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，选项B正确；金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，选项C正确；发生固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3O42Fe3+Cu，也就是四氧化
9、三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g232/（232+64）100%=2.32 g，选项D正确。考点：固体混合物的成份分析，重点考查原子守恒及反应原理。二非选择题17 (11分) Na2O2与水的反应实际是Na2O2 +2H2O2NaOH+H2O2，反应放出的热量使部分H2O2受热分解：2H2O22H2O+O2。为了测定某过氧化钠固体的纯度，今做如下实验：称取过氧化钠固体2.00g把这些过氧化钠固体放入气密性良好的气体发生装置中向过氧化钠中滴加水，用某一量筒排水集气，量筒内液面在112mL处恰好与水槽内液面相平将烧瓶中的液体转移到250mL的
10、容量瓶中，洗涤并将洗涤液也转入容量瓶，然后加入蒸馏水，定容，使液面恰好与刻度相切取25.00mL容量瓶中的液体，放入锥形瓶中，用过量的稀硫酸酸化，然后用0.01mol/L的KMnO4 溶液去滴定,至终点时用去了24.20mLKMnO4 溶液（此时锰全部以Mn2+ 存在）（1）有500mL、250mL、150mL的量筒备用，应选用量程为_的量筒（2）该实验应选用_（填“酸式”或“碱式”）滴定管（3）在步骤测量气体体积时，必须待烧瓶和量筒内的气体都冷却到室温时进行，若此时量筒内的液面高于水槽中液面（如图），立即读数会使Na2O2的纯度_（填“偏高”“偏低”或“不变”）；应进行的操作是 。 （4）在
11、步骤中反应的离子方程式是_判定滴定达到终点的依据是 。（5）该过氧化钠的纯度为_（用百分数表示，保留一位小数；实验中得到的气体体积均看作为标准状况下）【答案】共11分（1）150mL（1分） （2）酸式（1分）（3）偏高（1分） 应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平（2分）；（4）2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O（2分）滴入最后一滴溶液刚好由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色（2分） （5）62.6% （2分）【解析】试题分析：（1）收集到气体的体积为11.2ml，故选择量筒的规格为150ml。（2）酸性的高锰酸钾溶液有强氧化性，故选择酸式滴定管。
12、（3）收集的气体如果不冷却到室温，会造成测量值明显偏高于理论值，也就是造成生成的氧气偏多，故测定Na2O2的纯度会偏高。如果量筒内液面高于水槽中液面，此时应进行的操作是应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平。（4）步骤 是利用酸性高锰酸钾的强氧化性，结合与H2O2的氧化还原反应来测定它的物质的量，反应原理是：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O 当滴入最后一滴溶液刚好由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，此时为滴定终点。（5）生成氧气的物质的量为：0.112L/22.4Lmol-1=0.005mol,消耗高锰酸钾的物质的量为：0.01mol/L0.024
13、2L=0.000242mol,对应H2O2的总物质的量为：0.005mol2+0.000242mol2.5=0.016mol，可知过氧化钠的物质的量为0.016mol，故样品的纯度为：0.016mol78g/mol2.0g=0.624=62.4%考点：混合物纯度的测定，涉及过氧化钠的性质实验、滴定实验操作及分析和数据的处理等。18(11分)能源问题是人类社会面临的重大课题。甲醇是未来重要的绿色能源之一。（l）已知：在 25 、101 kPa 下,1g 甲醇燃烧生成 CO2和液态水时放热 22.70kJ 。请写出甲醇燃烧的热化学方程式 。（2）由CO2和H2合成甲醇的化学方程式为：CO2（g）+
14、 3H2 （g）CH3OH（g）+H2O （g ）在其它条件不变的情况下，实验测得温度对反应的影响如下图所示（注：T1、T2均大于300 ）合成甲醇反应的H 0。（填“”、“”、“”或“=”）在T1温度下，将1mol CO2和 1 molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为，则容器内的压强与起始压强的比值为 。（3）利用甲醇燃料电池设计如下图所示的装置。该装置中 Pt 极为 极；写出 b极的电极反应式 【答案】（1）CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-726.40KJ/mol，（2） 1-（3） 阴； CH3OH-6e-+8OH-=C
15、O32-+6H2O【解析】试题分析：(1）已知：在 25、101kPa 下，1g 甲醇燃烧生成 CO2和液态水时放热 22.70kJ，32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热726.40KJ，甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-726.40KJ/mol，（2）根据题给图象分析可知，T2先达到平衡则T2T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2?CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，H0，依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式，K=
16、c(CH3OH)C(H2O)/C(CH3OH)C(H2O)；T2先达到平衡则T2T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2CH3OH+H2O向逆反应方向移动，则T1时的平衡常数比T2时的大.在T1温度下，将1mol CO2和 1molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为，则CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol） 1 1 0 0变化量（mol） 3 平衡量（mol）1-1-3 则容器内的压强与起始压强的比值等于物质的量之比=（2-2）：2=1- ；（3）
17、甲醇燃料电池中甲醇在b电极发生氧化反应，为负极反应，氧气在a电极发生还原反应，为正极反应，与负极相连的Pt电极为阴极，碳电极为阳极，b电极发生的电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O.考点：考查了运用盖斯定律书写热化学反应方程式、原电池原理及电解原理的分析应用、化学平衡的计算方法及平衡常数概念理解及计算等。19(8分)将0.1molMg、Al混合物溶于100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m与NaOH溶液的体积V的变化如图所示。（1）当V1=140mL时，混合物中n(Mg)=_mol，V2=_mL。（2
18、）滴入的NaOH溶液_mL 时,溶液中的Mg2+和Al3+刚好沉淀完全。（3）若混合物中Mg的物质的量分数为a，当滴入的NaOH溶液为450mL时，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围是_【答案】共8分（1）0.04 460 （2）400 （3）1/2a1 （每空2分）【解析】（2）根据方程式Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3可知，需要氢氧化钠的物质的量是0.08mol0.18mol0.26mol，所以溶液中的Mg2+和Al3+刚好沉淀完全时需要氢氧化钠的物质的量是0.26mol0.14mol0.4mol，体积是400ml。（3）混合物中Mg的物质的量分数为a，则
19、镁的物质的量是0.1amol，铝的物质的量是（0.10.1a）mol，所以根据方程式可知，当沉淀最大时消耗氢氧化钠是0.4mol，当所得沉淀中无Al(OH)3，一定有0.10.1a0.450.4，解得1/2a1。考点：考查镁、铝及其化合物的性质，能结合各种守恒法及反应原理分析混合物的组成。20(8分)已知：14CuSO45FeS212H2O7Cu2S5FeSO412H2SO4 （1）当反应中转移42mole时，有_molFeS2被还原；（2）1molFeS2作为氧化剂可以还原_molFeS2。（3）当有14molCuSO4参加反应时，有_molFeS2发生还原反应，被CuSO4氧化的FeS2有
20、_mol。【答案】共8分 （1）7 （2）7 （3）3.5 1【解析】试题分析：在14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由-1降低到-2，得到电子总数为21，显然部分S元素的化合价由-1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，14molCuSO4参加反应转移电子数为21mol，部分SO42-为氧化产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂；（1）当反应中转移42mole时，共有10molFeS2参加反应，其中有3mol被氧化FeS2，有7molFeS2被还原；（2）每摩FeS2作为氧化剂可得2mol电
21、子，1molFeS2作为还原剂可失电子14mol，故1molFeS2作为氧化剂可以还原7molFeS2。（3）当有14molCuSO4参加反应时，同时有5molFeS2参加反应，其中有1.5molFeS2被氧化，同时有3.5mol被还原；14molCuSO4参加反应时可得电子数14mol，故被CuSO4氧化的FeS2有14/14=1mol。考点：考查氧化还原反应中，重点考查结合电子转移分析氧化还原反应，理解电子守恒规律。21（14分）H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子。
22、D和G是同系物请回答下列问题：（1）用系统命名法命名(CH3)2CCH2 ： 。（2）AB反应过程中涉及的反应类型有 。（3）写出D分子中含有的官能团名称： 。（4）写出生成F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式： 。（5）写出E在铜催化下与O2反应生成物的结构简式： 。（6）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有 种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为 （写结构简式）。【答案】共14分（1）2甲基1丙烯（2分，甲基丙烯，2甲基丙烯也可，异丁烯不给分。）（2）取代反应，加成反应。（各1分，共2分。只写取代、加成
23、不给分。）（3）羟基，羧基。（各1分，共2分，错别字不给分。）（4）（2分）（5）（2分）（6）9，（2分） （2分）【解析】试题分析：根据信息可以推出发生如下反应：，所以A是，与氯气反应取代反应生成（分子式是C10H11Cl),可以推知它与HCl发生的是加成反应，再根据B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，B是，它与氢氧化钠溶液发生水解生成醇，所以C是，根据D的分子式，还有 H结构中含有三个六元环等信息，可以推出D是，苯乙烯和水发生加成生成E，根据分子式C8H8O2，它的结构简式，与溴反应肯定是发生的取代反应，根据六元环的信息确定溴取代氢的位置，所以F是，G是，D和G反应+2H2O。的同分异构体足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基，能发生水解反应；说明含有酯基，再根据苯环上有两个取代基（1）用系统命名法命名(CH3)2CCH2 ：2甲基1丙烯。（2）AB反应过程中涉及的反应类型是取代反应和加成反应。（3）含有的官能团名称是羟基，羧基。（4）与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式是：（5）在铜催化下与O2反应发生醇的催化氧化，生成物的结构简式：（6有9种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为考点：有机物的推断与合成，考查有机物的性质、同分异构体的书写及反应原理的分析等